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专题21 正弦定理、余弦定理8题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测
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1．正弦定理、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
2．三角形解的判断
3．三角形中常用的面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)aha(ha表示边a上的高)；
(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A；
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
4．在△ABC中，常有以下结论：
(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.
(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
(3)a>b⇔A>B⇔sin A>sin B，cs A
(5)三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B.
(6)三角形中的面积S＝eq \r(pp－ap－bp－c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p＝\f(1,2)a＋b＋c)).
5.测量中的几个有关术语
一、单选题
1．（2024·全国）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
2．（2024高三上·甘肃白银·开学考试），，分别为内角，，的对边．已知，，则外接圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理和题设条件求得，再由，求得，利用圆的面积公式，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，可得．
设外接圆的半径为，则，即，
故外接圆的面积为．
故选：B.
3．（2024高三上·甘肃兰州·期中）△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理化简求解，
【详解】由正弦定理得，化简得，
则，
故选：B
4．（2024高三上·宁夏·期中）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若，则的值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】根据正弦定理求得正确答案.
【详解】依题意，
由正弦定理得.
故选：A
5．（2024·湖南·模拟预测）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则c＝（ ）
A．4B．6C．D．
【答案】D
【分析】根据正弦定理化边为角有，再利用两角和与差的正弦公式有，再利用正弦定理进行化角为边有.
【详解】因为，根据正弦定理得
，
移项得，
即，即，
则根据正弦定理有．
故选：D.
6．（2024·内蒙古·一模）已知的内角所对的边分别为满足且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先利用余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可.
【详解】由题，,
又，，，
故选：A.
7．（2024高三上·河南·阶段练习）在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】由正弦定理角化边可得，再由余弦定理以及切化弦可得，结合三角形的内角取值范围即可得出选项.
【详解】由正弦定理，得，
又，所以，
所以，因为，所以或，
故选：C.
【点睛】本题主要考查正余弦定理解三角形，需熟记定理内容，属于基础题.
8．（2024高二上·湖南长沙·开学考试）设△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】运用正弦定理与余弦定理代换即可.
【详解】因为，由正弦定理有，
根据余弦定理有，
且，故有，即，
又，所以.
故选：D .
9．（2024高三·重庆渝中·阶段练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ）
A．0B．1C．2D．
【答案】A
【分析】易知结合余弦定理可得，然后边化角后利用展开，然后化简可得.
【详解】由余弦定理以及可得：，
又在三角形中有，即，
所以
故.
故选：A．
10．（2024·陕西·一模）在中，角的对边分别为，且，则的值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】根据余弦定理与正弦定理角化边求解即可.
【详解】解：因为，
所以，由正弦定理与余弦定理得，化简得.
故选：A
11．（2024高一下·山西·阶段练习）已知的三个内角所对的边分别为．若，则该三角形的形状一定是（ ）
A．钝角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．锐角三角形
【答案】C
【分析】利用正弦定理的边角转化，将已知变形，化简从而得出
【详解】因为，
由正弦定理（为外接圆的直径），
可得，
所以．
又因为，所以．即为等腰三角形.
故选：C
12．（2024高一下·甘肃白银·阶段练习）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若则的形状为（ ）
A．等腰三角形B．等腰三角形或直角三角形
C．直角三角形D．锐角三角形
【答案】B
【分析】根据正弦定理边角互化可得，进而由三角函数的性质求解.
【详解】由得,
由二倍角公式可得或，
由于在，,所以或,故为等腰三角形或直角三角形
故选：B
13．（2024高三上·北京·阶段练习）设的内角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为（ ）
A．等腰直角三角形B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形D．等边三角形
【答案】C
【分析】利用正弦定理化简整理得到，进而得到，可得或，即可确定三角形形状．
【详解】已知等式利用正弦定理化简得：，
整理得：，即，
，即，
，
，
，，
则或，即为等腰三角形或直角三角形．
故选：C．
14．（2024·河南南阳·二模）是单位圆的内接三角形，角，，的对边分别为，，，且，则等于（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用余弦定理、正弦定理及和角的正弦化简给定等式，求出角A，再利用正弦定理求解作答.
【详解】在中，由已知及余弦定理得，即，
由正弦定理边化角得：，
而，即，则，即有，又的外接圆半径，
所以.
故选：C
15．（2024·北京）在中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
16．（2024·青海·模拟预测）在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正余弦定理及面积公式化简计算即可.
【详解】由余弦定理可得：
由条件及正弦定理可得：
，
所以，则．
故选：A
17．（2024·贵州·模拟预测）中，角的对边分别是，，.若这个三角形有两解，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理结合已知，可推得.进而根据三角形解得个数推得，即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得，.
要使有两解，即有两解，则应有，且，
所以，
所以.
故选：B．
18．（2024高二·全国·课后作业）在△ABC中，a=18，b=24，∠A=45°，此三角形解的情况为（ ）
A．一个解B．二个解C．无解D．无法确定
【答案】B
【分析】根据，即可得到答案.
【详解】因为，如图所示：
所以，即，所以三角形解的情况为二个解.
故选：B
19．（2024高三上·河南南阳·期中）在中，，，. 若满足条件的有且只有一个，则的可能取值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理得到，再分和两种情况讨论，结合正弦函数的性质求出的取值范围，即可判断.
【详解】解：由正弦定理，即，所以，
因为只有一解，
若，则，
若显然满足题意，
所以或，所以或，
解得或；
故选：D
20．（2024·江苏南通·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，则下列条件能确定三角形有两解的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】结合已知条件和正弦定理即可求解.
【详解】对于A：由正弦定理可知，
∵，∴，故三角形有一解；
对于B：由正弦定理可知，，
∵，∴，故三角形有两解；
对于C：由正弦定理可知，
∵为钝角，∴B一定为锐角，故三角形有一解；
对于D：由正弦定理可知，，故故三角形无解.
故选：B.
21．（2024高三上·北京·开学考试）在下列关于的四个条件中选择一个，能够使角被唯一确定的是：（ ）
①
②；
③；
④.
A．①②B．②③C．②④D．②③④
【答案】B
【分析】利用诱导公式、三角函数的图像与性质以及正弦定理，结合三角形图像进行处理.
【详解】对于①，因为，所以或，故①错误；
对于②，因为在上单调，所以角被唯一确定，
故②正确；
对于③，因为，，所以，
所以，所以，又，由正弦定理有
，所以，所以角被唯一确定，故③正确；
对于④，因为，
所以，所以如图，不唯一，故④错误.故A，C，D错误.
故选：B.
22．（2024·江西·二模）设在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若满足的不唯一，则m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据正弦定理计算可得；
【详解】解：由正弦定理，即，所以，
因为不唯一，即有两解，所以且，即，
所以，所以，即；
故选：A
23．（2024高一下·天津·期中）在中，，，若该三角形有两个解，则边范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形解的个数的结论可求出结果.
【详解】因为三角形有两个解，所以，
所以，所以.
故选：D
24．（2024高一下·重庆沙坪坝·阶段练习）若满足的恰有一个，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知结合正弦定理先表示出，然后结合正弦函数的性质可求的范围，进而可求的范围．
【详解】解：由正弦定理可得，
故，
由且恰有一个，
故或，
所以或，即．
故选：B
25．（2024高三·全国·对口高考）在中，若，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用数量积及夹角求出，代入三角形面积公式求解即可.
【详解】因为且，所以，
所以，所以的面积.
故选：B
26．（2024·河南·模拟预测）在中，内角A，，所对的边分别为，，，，为上一点，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据向量的基本定理得，同时平方化简得，再由余弦定理得，两式联立化简可得，由三角形面积公式计算即可.
【详解】
如图所示，在中，由，得．
又，即，
所以，
化简得．①
在中，由余弦定理得，，②
由①②式，解得．由，得，
将其代入②式，得，解得，
故的面积．
故选：D
27．（2024·四川成都·模拟预测）在中，，，分别为角，，的对边，已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，由面积公式求出，再由余弦定理求出，即可得解.
【详解】，
由正弦定理可得，
整理可得，
所以，
为三角形内角，，
∴，∵，，则，故B错误；
∵，，
，解得，
由余弦定理得，
解得或（舍去），故C正确，D错误.
又，所以，则三角形为等边三角形，
所以，则，故A错误.
故选：C.
28．（2024·全国）在△ABC中，csC=，AC=4，BC=3，则tanB=（ ）
A．B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求
【详解】设
故选：C
【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.
29．（2024高一下·浙江温州·期中）的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
详解：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选C.
点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．
30．（2024·山东）在中，内角，，的对边分别是，，，若，且 ，则等于（ ）
A．3B．C．3或D．-3或
【答案】A
【分析】利用余弦定理求出，并进一步判断，由正弦定理可得，最后利用两角和的正切公式，即可得到答案；
【详解】，，
，
，
，，
，
，
故选：A.
31．（2024·全国）在中，已知，，，则（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】D
【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【详解】设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
32．（2024高三上·内蒙古呼和浩特·期末）在中，为的角平分线，在线段上，若，，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】
根据角平分线利用三角形等面积公式可得，再由余弦定理即可求得.
【详解】如下图所示：
依题意设，
由可得，
即，
也即，显然，可得；
在中，由余弦定理可得，
解得.
故选：B
33．（2024高三上·浙江宁波·期末）在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题设条件作出四面体的高，通过相关条件推理计算分别求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.
【详解】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
在中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.
求解多面体的外接球的主要方法有：
（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；
（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.
34．（2024·全国·模拟预测）已知中，，在线段上取一点，连接，如图①所示．将沿直线折起，使得点到达的位置，此时内部存在一点，使得平面，如图②所示，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】寻找点的临界状态，再利用余弦定理、勾股定理计算，最后判断的取值范围.
【详解】连接．因为平面平面，所以，
．在Rt中，，
所以．
所以在Rt中，．
因为在中，，所以是直角三角形，
且．
因为，所以点在以点为圆心，为半径的圆上．
作于点，因为点到直线的距离，且，
所以圆与线段交于两点，记为和，记圆与线段的交点为，如图所示．
在中，由余弦定理得，代入数据，解得；
同理，在中，．因为，所以点在线段上．
因为点在内部，所以点在弧上（不含点和）．
设，当点在点时，．
在Rt中，，即，解得．
当点在点时，．在Rt中，，
即，则．
在中，，
由余弦定理得，
代入数据，解得．
因为随着的增大，点靠近点，线段的长增大，点靠近点，
所以的取值范围为．结合选项可知，的值可能是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面垂直的性质，再找到点的临界位置，再利用余弦定理求出其对应状态下的值，则得到其范围.
35．（2024·四川巴中·一模）在中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据平方关系、诱导公式、余弦两角和差角关系式化简已知等式为，再结合正余弦定理即可得角的大小.
【详解】因为，
所以，
则，
整理得：
由正弦定理可得：，再由余弦定理得，
因为，故.
故选：B.
36．（2024·陕西安康·一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且外接圆的周长为，则的周长为（ ）
A．20B．C．27D．
【答案】D
【分析】利用三角形的外接圆周长求出外接圆半径，根据同角三角函数关系求出，从而得到的长，结合及正弦定理得到，从而得到三角形周长.
【详解】设的外接圆半径为，则，解得：，
因为，由，，
可得，，
所以，，
因为，
由正弦定理可得：，
所以的周长为.
故选：D.
37．（2024·内蒙古赤峰·二模）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，的面积为，则的周长是（ ）
A．4B．6C．8D．18
【答案】B
【分析】由正弦定理和和角公式得到，得到，由三角形面积公式得到，再利用余弦定理求出，得到答案.
【详解】，由正弦定理得，，
又，
所以，
因为，所以，故，
因为，所以，
由三角形面积公式可得，故，
由余弦定理得，
解得或（舍去），
故三角形周长为.
故选：B
二、填空题
38．（2024高三上·江西·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，且的周长和面积分别是10和，则 .
【答案】3
【分析】根据三角形的面积公式和余弦定理求解.
【详解】因为，所以，所以，
所以.
因为，所以，
所以，
所以.
由余弦定理可得，
即，所以，
则，解得.
故答案为:3.
39．（2024·广东肇庆·模拟预测）在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 .
【答案】
【分析】根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解.
【详解】由余弦定理可得,
故，所以，
当且仅当时取等号，故，
故面积的最大值为，
，
由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，
故，
由正弦定理可得：，为外接圆的半径，
设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，
故外接球的表面积为,
故答案为：,
40．（2024高三上·山东枣庄·期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为为底面直径，，点为底面圆周上的一个动点，当的面积取得最大值时， .
【答案】/
【分析】设，表示面积，易知，借助余弦定理计算即可.
【详解】设，则的面积
要使的面积取得最大值，则，
所以，
在中由余弦定理可得： ，
所以,易得,
在中，,
所以.
故答案为：.
41．（2024高三·全国·专题练习）在中，，，分别为内角，，的对边，的面积是30，．若，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用三角形的面积公式，求得，结合余弦定理，即可求解.
【详解】由，可得，
又由，解得，
由余弦定理，得
，所以．
故答案为：.
42．（2024·四川攀枝花·二模）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则 ．
【答案】
【分析】结合余弦定理，正弦定理、两角和的正弦及诱导公式即可求解.
【详解】由，
由余弦定理得，
由正弦定理得，
因为，
即，
即，
因为，则，
因为，故.
故答案为：
43．（2024高三上·江苏无锡·阶段练习）设分别为△ABC内角的对边，若，且，则角 .
【答案】
【分析】利用正余弦定理边化角即可获解
【详解】因为,所以,即
即,所以
所以或
因为,所以
若,则
若,则,与矛盾
所以
故答案为：
三、解答题
44．（2024高三下·河北唐山·阶段练习）在中，角，，所对的边分别为，，，.
(1)求证：；
(2)若，求.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理可得，再利用余弦定理和基本不等式即可证明；
（2）利用切化弦，结合两角和的正弦公式和正、余弦定理可得，再结合（1）的结论和余弦定理即可求解.
【详解】（1）在中，因为，
由正弦定理可得，化简可得，
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，所以，因为角是的内角，所以，
所以.
（2）由
，则，
即，所以，又，
所以，在中，由余弦定理可得，
.
45．（2024·山东滨州·二模）已知的三个角，，的对边分别为，，，且．
(1)若，求；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，将等式中角，再根据三角恒等变换可得到角的三角函数值，即可求角.
（2）将式中根据三角恒等变换，再利用正余弦定理化角为边可得.
【详解】（1）若，则．
因为，
所以，
，
整理得．
解得（舍），，
因为，所以．
（2）因为．
所以
，
整理得
由正弦定理得，
由余弦定理得，
即，
所以．
46．（2024·天津武清·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，已知
(1)求角的大小；
(2)若，，求边及的值．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可求，根据角的范围即可求解的值；
（2）由已知利用正弦定理可得的值，利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用二倍角公式可求，的值，由余弦定理可得，解方程可求的值，利用两角和的余弦公式即可求解的值．
【详解】（1）因为，可得，
所以由正弦定理可得，
又为三角形内角，，
所以，
因为，，，
所以，可得，
所以；
（2）因为，，，
所以由正弦定理，可得，
所以为锐角，，，，
由余弦定理，可得，
整理可得，解得或（舍去），
所以．
47．（2024·山西临汾·一模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)证明：；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角计算可得结果.
（2）由余弦定理解三角形及三角形面积公式计算可得结果.
【详解】（1）证明：由及正弦定理得：，
整理得，.
因为，
所以，
所以或，
所以或（舍），
所以.
（2）由及余弦定理得:，
整理得，
又因为，可解得，
则，所以△是直角三角形，
所以△的面积为.
48．（2024·河南·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（a，b，c互不相等），且满足.
（1）求证：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由正弦定理把边统一成角，然后利用三角函数公式化简得，则有或，而当时，可得，与a，b，c互不相等矛盾，所以；
（2）由（1）知，所以，由正弦定理得，
从而可得，再把化简为，于是有，化简得，从而可求出的值.
【详解】（1）证明：因为，由正弦定理，得，
所以，所以.
又因为，，所以或.
若，又，所以，与a，b，c互不相等矛盾，
所以.
（2）解：由（1）知，所以.
因为，所以，则，
可得.
又因为
所以.
因为，所以，所以，
所以，
解得，
又，得.
【点睛】此题考查了正弦定理、两角和差的正弦公式，考查转化能力和计算能力，属于中档题.
49．（2024高三下·江苏·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、，若．
(1)求证：；
(2)若，点为边上一点，，，求边长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由可换成正弦值相等，利用三角恒等变换、正余弦定理求解.
（2）已知，可求出的值，再由（1）可求出，再由正余弦定理可解三角形.
【详解】（1），
，
或
当时，，，即，
综上
（2），，，
，
，
设，，，，
在中：
，
50．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知分别是的角的对边，.
(1)求证：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解.
（2）由（1）知，，利用正弦定理可得，然后利用换元思想得，利用函数的单调性求解即可.
【详解】（1）由正弦定理及知，
，
由余弦定理得，，
或.
.
（2）由（1）和正弦定理得，
，
，
设，则，则，
设，
则在上单调递增，则，
即.
的取值范围为.
51．（2024·四川·三模）已知分别为锐角ABC内角的对边，．
(1)证明：；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和定理，三角恒等变换解决即可；
（2）由条件求的范围，结合正弦函数性质求的范围，利用三角恒等变换得，由此可求其范围.
【详解】（1）∵．
∴，
∴，
因为为锐角三角形内角，所以，，
所以，
所以，即；
（2）由题意得，解得，
所以，
由正弦定理得，
因为函数在上单调递减，
所以当时，，
所以当时，，
所以，
∴的取值范围为．
52．（2024高三上·福建三明·期末）非等腰的内角、、的对应边分别为、、，且.
(1)证明：；
(2)若，证明：.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)证明过程见详解
【分析】（1）根据正余弦定理角化边，整理即可；
（2）根据正弦定理推得，即可得到.通过分析，可得，代入，整理可得到，可以用分析法证明，也可以构造，求导得到在上单调递减.进而得到.
【详解】（1）由正弦定理，得，
，由，
则.
（2）由，则为锐角，，
则，去分母得，
则，由则.
由（1）有，得.
解方程组，消元，
则，可得，
要证，即证，
只需证，
即证，
即证，由，此不等式成立，得证.
另解：令，，又，
求导得，则在递增，
则，得证.
53．（2024·河北石家庄·三模）已知中，角，，的对边长分别是，，，，且.
(1)证明：；
(2)若，求外接圆的面积
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将中的化为，再化简即可；
（2）用正弦定理及余弦定理将角化边求出，根据三边长发现三角形为直角三角形，故其斜边即为外接圆直径，由此求解即可.
【详解】（1）由已知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
易知上式中，，，
∴由上式得，即.
（2）∵，
∴由正弦定理和余弦定理得，，
化简得，∴.
又∵，，
∴，是以为斜边，为直角的直角三角形，
∴外接圆的直径，外接圆的半径，
∴外接圆的面积.
54．（2024·全国·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)证明：是等腰三角形；
(2)若的面积为，且，求的周长．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)根据给定条件利用三角形射影定理化简即可得解.
(2)根据给定条件求出，再利用三角形面积定理及(1)的结论求出a，b，然后借助余弦定理求出c即可计算作答.
【详解】（1）在中，，
由射影定理得，，
所以是等腰三角形．
（2）在中，因且，则，
又，即，由(1)知，则有，
在中，由余弦定理得：，解得，
又，则a，b，c能构成三角形，符合题意，，
所以的周长为.
55．（2024高三上·广东·阶段练习）在①；②.
这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若的面积，，___________，求.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】.
【分析】选①，利用三角形射影定理求出角A，再借助三角形面积定理、余弦定理即可计算得解；
选②，利用正弦定理边化角并求出角A，再借助三角形面积定理、余弦定理即可计算得解.
【详解】选①：
在中，由射影定理及得：，解得，
因，则，由得：，解得，
由余弦定理得：，解得，
所以.
选②：
在中，由正弦定理及得：，
因，即，则有，而，，
于是得，则，由得：，解得，
由余弦定理得：，解得，
所以.
56．（2024·湖南长沙·二模）已知向量（，），（，），.
(1)求函数的最大值及相应x的值；
(2)在△ABC中，角A为锐角且，，BC=2，求的面积.
【答案】(1)，时，取最大值 ；
(2).
【分析】（1）由平面向量的数量积运算，三角函数恒等变换可得的解析式，利用正弦函数的性质可求的最大值及相应的值；
（2）由（1）及角A的范围可求角A，进而求出角B，角C，再由正弦定理可得AC的边长值，代入三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）依题意，，
即，
所以，当，
即，时，取最大值 ；
（2）由（1）及得：，
即，
由，则，
因此，，则，
而，有，所以，
在中，由正弦定理得，
，
，
所以的面积为.
57．（2024·海南海口·模拟预测）已知的内角A，，的对边分别为，，，，.
(1)若，证明：；
(2)若边上的高为，求的周长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知变形结合正弦定理可得出，进而得出，即可求出，进而求出的值，代入两角和的余弦公式，即可得出答案；
（2）根据已知得出以及.根据余弦定理变形整理可得，代入数值即可求出的值，进而得出答案.
【详解】（1）由已知可得，
由正弦定理可得，，
所以有.
又，所以，.
又，所以.
，
，
.
又，，函数在上单调递减，
则.
（2）由题意得的面积.
又，则.
由余弦定理，
得，
所以，.
所以，的周长为.
58．（2024·安徽合肥·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求的值；
(2)若，，求的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用二倍角公式及诱导公式计算可得；
（2）由面积公式求出，再由余弦定理得到关于的方程，解得即可.
【详解】（1）因为，
所以
.
（2）因为，所以，
因为，即，所以，
再由余弦定理知，即，
即，解得或，
所以或（负值舍去）.
59．（2024·河南·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，依次成等比数列.
(1)求；
(2)若，且，求.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用等比数列及余弦定理求解即得.
（2）由（1）的信息，结合余弦定理列出方程组求解即得.
【详解】（1）在中，由成等比数列，得，
整理得，由余弦定理得，而，
所以.
（2）令，则，在与中，由余弦定理得
，即，即，
由（1）知，联立解得，
所以.
60．（2024·全国）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
定理
正弦定理
余弦定理
内容
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R
a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝c2＋a2－2cacs B；
c2＝a2＋b2－2abcs C
变形
(1)a＝2Rsin A，
b＝2Rsin B，
c＝2Rsin C；
(2)sin A＝eq \f(a,2R)，
sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)；
(3)a∶b∶c
＝sin A∶sin B∶sin C
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin A< a
a>b
解的个数
一解
两解
一解
一解
术语名称
术语意义
图形表示
仰角与俯角
在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角
从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°
方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α
例：(1)北偏东α：
(2)南偏西α：
坡角与坡比
坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝eq \f(h,l)＝tan θ
（一）
利用正弦定理、余弦定理解三角形
解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
题型1：利用正弦定理、余弦定理解三角形
1-1．（2024·天津）在中，角所对的边分别是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
．
1-2．（2024高三上·江西赣州·期中）在中，角所对的边分别为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】三角形三内角和为，故可求角，利用正弦定理即可求.
【详解】因为，所以，
因为，所以．
故选：C.
1-3．（2024·河南·三模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且，，则（ ）
A．B．C．8D．4
【答案】D
【分析】由可得，求出，利用正弦定理可得答案.
【详解】在中，由可得，
即
所以，因为，
所以，且，
所以，又，可得，
由正弦定理可得．
故选：D.
（二）
正弦定理、余弦定理的简单应用
1.判断三角形形状的两种思路
(1)化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．
(2)化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状．此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．
2.三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
3.在平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题时，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，再解方程即可．若研究最值，常使用函数思想．
题型2：三角形的形状判断
2-1．（2024高三·全国·专题练习）在中，设命题p：，命题q：是等边三角形，那么命题p是命题q的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据正弦定理，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论.
【详解】解：由正弦定理可知，若t，
则，
即a＝tc，b＝ta，c＝bt，
即abc＝t3abc，即t＝1，
则a＝b＝c，即是等边三角形，
若是等边三角形，则A＝B＝C，则1成立，
即命题p是命题q的充要条件，
故选：C.
2-2．（2024·甘肃酒泉·三模）在中内角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【分析】由正弦定理，余弦定理化角为边，化简已知等式可得，即可判断的形状．
【详解】由正弦定理，余弦定理及得，
，即，
则，即
或为等腰三角形或直角三角形．
故选：D.
2-3．（2024·四川绵阳·三模）在中，角，，的对边分别为，，，且，则形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】使用正弦定理和两角和的正弦公式花间即可求解.
【详解】，
所以由正弦定理可得
所以，
所以，
所以，
所以，
在三角形中，
所以，
所以为钝角，
故选：C.
2-4．（2024高一下·江苏苏州·期中）在中，若，则的形状为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【分析】根据正弦定理或三角恒等变换，记得判断的形状.
【详解】由正弦定理，以及二倍角公式可知，,
即，整理为，
即，得，或,
所以的形状为等腰三角形或直角三角形.
故选：D
2-5．（2024高一下·陕西西安·期中）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．等腰三角形
【答案】B
【分析】先利用余弦定理求出角，再根据正弦定理化角为边，再结合已知求出，即可得解.
【详解】因为，
所以，
又，所以，
因为，由正弦定理得，
则，
则，
所以为有一个角为的直角三角形.
故选：B.
题型3：三角形的面积、周长
3-1．（2024高三上·广东·期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角C的大小；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形的面积公式及余弦定理变形整理可得答案；
（2）先利用面积公式求，再利用余弦定理求，则面积可求.
【详解】（1）因为，
又，
所以，
整理得，
即，
因为，所以，
所以，
则；
（2）由（1）得，
得，
所以，
所以，
所以的周长为.
3-2．（2024·全国）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
3-3．（2024·浙江）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
3-4．（2024高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）在中，为上的中点，满足.
(1)证明：为等腰三角形或直角三角形；
(2)若角为锐角，为边上一点，，求的面积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1) 设，，由正弦定理可得，，
根据二倍角正弦公式和正弦函数性质证明或即可；
(2)由余弦定理列方程求，再求的余弦值和正弦值，再利用三角形面积公式求解.
【详解】（1）因为，
所以，
设，，
则，，
在中，由正弦定理可得，
所以，
在中，由正弦定理可得，
所以，
又，
所以，
所以，
所以，
所以或，，
又，，
所以或，
即或，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形；
（2）因为角为锐角，由(1)可得，
所以，设，则，
因为，所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
又
所以，
所以，，
所以，
所以的面积.
3-5．（2024·北京）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ）和的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ；
选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, .
【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；
选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.
【详解】选择条件①（Ⅰ）
（Ⅱ）
由正弦定理得：
选择条件②（Ⅰ）
由正弦定理得：
（Ⅱ）
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
3-6．（2024·全国）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
3-7．（2024·吉林长春·模拟预测）已知中角的对边分别为，．
(1)求；
(2)若，且的面积为，求周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知和正弦定理可得答案；
（2）由面积公式和余弦定理可得答案.
【详解】（1）由和正弦定理可得，
，
因为，所以，
所以，，，
，；
（2），，
又，
，
，
的周长为.
题型4：正弦定理、余弦定理的综合应用
4-1．（2024·全国）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
(1)若，求C；
(2)证明：
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（2）由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
4-2．（2024·重庆·三模）已知的内角、、的对边分别为、、，．
(1)求；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将切化弦，再由差角公式得到，利用正弦、余弦定理将角化边，即可得证；
（2）由余弦定理及（1）的结论得到，即可得到三角形为等腰三角形，利用二倍角公式公式求出，再由诱导公式计算可得.
【详解】（1）因为，
所以，所以，
即，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
所以，
即，
所以.
（2）由题意可知，又，可得，
所以，即为等腰三角形，
由，解得或，
因为，所以，所以，
所以.
4-3．（2024·全国·三模）已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，.
(1)求证：a，b，c成等比数列；
(2)若，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）使用三角恒等变换及余弦定理化简得；
（2）结合及正余弦定理可求的值.
【详解】（1）因为，
所以.
所以.
根据余弦定理，得，
所以.
所以.
所以a，b，c成等比数列.
（2）由余弦定理，得.
因为，所以由正弦定理，得.
所以.
所以.
题型5：与平面几何有关的问题
5-1．（2024高三上·北京丰台·期末）在△中，，．
(1)求的大小；
(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度．
条件①：；条件②：△的周长为；条件③：△的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)选择条件②或③，
【分析】（1）由正弦定理可解得；
（2）条件②由余弦定理可得；条件③由三角形的面积公式和余弦定理可得.
【详解】（1）在中，因为，又，所以．
因为，所以．
因为，所以．
（2）选择条件②：因为中，，，，
所以，即为等腰三角形，其中．
因为，所以．
所以．
设点为线段的中点，在中，．
因为中，
，
所以，即边上的中线的长度为．
选择条件③：因为中，，，，
所以，即为等腰三角形，其中．
因为的面积为，即，
所以．
设点为线段的中点，在中，．
因为中，
，
所以，即边上的中线的长度为．
由题可知，故①不合题意.
5-2．（2024·全国·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，已知．
(1)求的值；
(2)若的面积为为边的中点，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由两角和的余弦公式、二倍角余弦及诱导公式化简可得结果，
（2）根据三角形面积公式、余弦定理及平面向量的模进行计算可得结果.
【详解】（1）因为，所以，
所以，所以，
所以或（舍去）．因为，所以．
（2）因为的面积为，所以，所以．
因为，所以，即，
所以．因为是的中点，所以，
所以，所以，
故的长为.
5-3．（2024·湖南株洲·一模）在中，，点D在AB边上，且为锐角，，的面积为4.
(1)求的值；
(2)若，求边AC的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助面积公式表示出面积即可计算得，借助同角三角函数基本关系即可得；
（2）由余弦定理可计算出，由勾股定理的逆定理可得，结合计算即可得边AC的长.
【详解】（1），
故，又为锐角，
故；
（2）
，故，
有，故，
则，即.
5-4．（2024·全国）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
【答案】
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
5-5．（2024·全国）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cs∠FCB= .
【答案】
【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.
【详解】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.
（三）
解三角形的应用举例
解三角形的应用问题的要点
(1)从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素．
(2)利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解．
题型6：测量距离问题
6-1．（2024·山东济南·三模）山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标（如图1），其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“”完美嵌入其中，寓意无限未知､无限发展､无限可能和无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°（A，B，C，D在同一铅垂面内），则A，B两点之间的距离为 米.
【答案】
【分析】根据已知角的关系，在三角形中，利用正余弦定理求解即可.
【详解】由题意，，所以，
所以在中，，，
又，所以，
在中，由正弦定理得，，所以，
在中，，
由余弦定理得，，
所以.
故答案为：
6-2．（2024高三上·安徽阜阳·期中）一游客在处望见在正北方向有一塔，在北偏西45°方向的处有一寺庙，此游客骑车向西行后到达处，这时塔和寺庙分别在北偏东30°和北偏西15°，则塔与寺庙的距离为 .
【答案】
【分析】
先根据题意作出简图，利用正弦定理求出，再利用余弦定理可得答案.
【详解】
如图，在中，由题意可知，，可得.
在中，，，，∴，
∴.
在中，
，
∴.
故答案为：.
6-3．（2024高一下·湖北省直辖县级单位·期末）如图，为了测量两点间的距离，选取同一平面上的，两点，测出四边形各边的长度（单位：km）：，，，，且四点共圆，则的长为 .
【答案】7
【分析】根据四点共圆可得，再利用余弦定理可得，即可求得答案.
【详解】∵四点共圆，圆内接四边形的对角和为 ﹒
∴ ，
∴由余弦定理可得 ，
，
∵，即 ，
∴ ,解得,
故答案为：7
题型7：测量高度问题
7-1．（2024高三上·山东东营·阶段练习）如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得灯塔底部C在北偏东方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，此时测得灯塔底部C在北偏东方向上，测得塔顶P的仰角为 ，已知灯塔高为．则巡逻船的航行速度为 ．
【答案】
【分析】解直角求得，在中利用正弦定理，即可求得答案.
【详解】由题意知在 中，,故,即，
解得 ，
在 中， ，
则，而 ，
所以，
所以，
即船的航行速度是每小时千米，
故答案为：
7-2．（2024·重庆·模拟预测）如图，某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度，先在山脚处测得山顶处的仰角为，又利用无人机在离地面高的处（即），观测到山顶处的仰角为，山脚处的俯角为，则山高 m．
【答案】
【分析】
确定，，，在中，利用正弦定理求出，再由锐角三角函数计算得到答案.
【详解】依题意，则，,，
故，，
在中，由正弦定理得，即，
解得，则.
故答案为：
7-3．（2024·贵州黔东南·模拟预测）中国古代数学名著《海岛算经》记录了一个计算山高的问题（如图1）：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直.从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合.从后表却行百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合.问岛高及去表各几何?假设古代有类似的一个问题，如图2，要测量海岛上一座山峰的高度AH，立两根高48丈的标杆BC和DE，两竿相距BD=800步，D，B，H三点共线且在同一水平面上，从点B退行100步到点F，此时A，C，F三点共线，从点D退行120步到点G，此时A，E，G三点也共线，则山峰的高度AH= 步.（古制单位:180丈=300步）
【答案】3280
【分析】易得在RtAHF中，在RtAHG中，得到，求解.
【详解】解：由题可知步，步，步.步.
在RtAHF中，在RtAHG中.
所以，，
则.
所以步.
故答案为：3280
7-4．（2024高三·全国·专题练习）为了培养学生的数学建模和应用能力，某校数学兴趣小组对学校雕像“月亮上的读书女孩”进行测量，在正北方向一点测得雕塑最高点仰角为30°，在正东方向一点测得雕塑最高点仰角为45°，两个测量点之间距离约为米，则雕塑高为
【答案】
【分析】根据题意画出示意图，设，分别求得，，在直角中，利用勾股定理，列出方程，求得，即可求解.
【详解】如图所示，正北方向测量点为C，正东方向测量点为D，雕塑最高点为B，
其中A，C，D三点位于同一水平面，
由题意可知且，
设，在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，解得，
故雕塑高为.
故答案为：
7-5．（2024·全国·模拟预测）山西应县木塔（如图1）是世界上现存最古老、最高大的木塔，是中国古建筑中的瑰宝，是世界木结构建筑的典范．如图2，某校数学兴趣小组为测量木塔的高度，在木塔的附近找到一建筑物，高为米，塔顶在地面上的射影为，在地面上再确定一点（，，三点共线），测得约为57米，在点处测得塔顶的仰角分别为30°和60°，则该小组估算的木塔的高度为 米．
【答案】
【分析】设，根据题意结合列式求解即可.
【详解】如图，过点A作作垂线，垂足为，
由题意可知，，米，
设米，则米，米，
∵，则，解得，
所以估算木塔的高度为米．
故答案为：.
题型8：测量角度问题
8-1．（2024高三下·福建厦门·期中）足球是一项很受欢迎的体育运动．如图，某标准足球场的B底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置．在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得最大，这时候点P就是最佳射门位置．当攻方球员甲位于边线上的点O处时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择．若选择线路，则甲带球 码时，到达最佳射门位置．
【答案】/
【分析】过点作于点，于点，设，分别表示出，，，，根据两角差的正切公式表示出，求出的最大值，结合在的单调性得出此时最大，即可求得答案．
【详解】过点作于点，于点，如图所示，
设，则 ，由题可知，，，
易得四边形为矩形，
所以，，，
所以，
则，，
所以
，
设，则，
所以，
因为，当且仅当时等号成立，即，
所以当时，即，最大，
由题可知，，
因为在上单调递增，
所以最大时，最大，
所以时，到达最佳射门位置，
故答案为：．
8-2．（2024高一·全国·专题练习）当太阳光线与水平面的倾斜角为时，一根长为的竹竿，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角 ．
【答案】
【分析】作出示意图，设竹竿与地面所成的角为，影子长为，依据正弦定理可得，再根据正弦函数性质求解即可.
【详解】作出示意图如下如，
设竹竿与地面所成的角为，影子长为，依据正弦定理可得，
所以，因为，所以要使最大，
只需，即，所以时，影子最长．
答案为：.
8-3．（2024高三·全国·专题练习）游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB＝1 040 m，BC＝500 m，则sin∠BAC等于 ．
【答案】
【分析】设乙的速度为x m/s，根据正弦定理列式＝，可得AC＝1 260 m，再由余弦定理求解即可.
【详解】依题意，设乙的速度为x m/s，
则甲的速度为x m/s，
因为AB＝1 040 m，BC＝500 m，
所以＝，解得AC＝1 260 m．
在△ABC中，由余弦定理得，
cs∠BAC＝＝＝，
所以sin∠BAC＝＝＝．
故答案为：.
8-4．（2024·山东滨州·二模）最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面米的C处看此树，离此树的水平距离为 米时看A，B的视角最大.
【答案】
【分析】根据题意，，分别求得，表达式，即可求得表达式，结合基本不等式，即可得答案.
【详解】过C作，交AB于D，如图所示：
则，
设，
在中，，
在中，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以取最大值时，最大，
所以当离此树的水平距离为米时看A，B的视角最大.
故答案为：
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